Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2017 – 2018 môn Toán sở GD và ĐT Vĩnh Phúc

Giới thiệu đến quý thầy, cô và các bạn học sinh đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2017 – 2018 môn Toán sở GD và ĐT Vĩnh Phúc gồm 4 câu hỏi trắc nghiệm và 4 bài toán tự luận, có đáp án và lời giải chi tiết. Mời các bạn đón xem!

31 16 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi vào 10 môn Toán năm 2023-2024

Môn: Môn Toán

Thông tin:

5 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Vũ Hường
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
I. TRẮC NGHIỆM (2 điểm).
Câu 1 2 3 4
Đáp án D A B D
II. TỰ LUẬN (8 điểm).
Câu Phần Nội dung Điểm
Câu
5
(2,0đ)
a)
Với m = 2, hệ (1) trở thành:
x2y1 x2y1 5x25
2x y 12 4x 2y 24 2x y 12
x5 x5
2.5 y 12 y 2
 



 







Vậ
y
với m = 2 thì n
g
hiệm của hệ (1) là (5; 2).
0.75
b)
Ta thấy:
12
21
Hệ (1) luôn có nghiệm duy nhất với mọi m.
0.25
c)
x2y3m 2x4y62m x2y3m
2xy3(m2) 2xy3m6 5y5m
x2m3m xm3
ym ym
  



 







Do đó:
A = x
2
+ y
2
= (m + 3)
2
+ m
2
= 2m
2
+ 6m + 9
2
399
2m m
222




Dấu “=” xảy ra
3
m
2

Vậy
93
min A m
22

1.0
Câu
6
(2,0đ)
a)
Gọi số hàng ghế lúc đầu là x (
*
xN;x2;80x
).
Số ghế ở mỗi hàng lúc đầu là
80
x
(chiếc).
Nếu bớt đi 2 hàng thì số hàng còn lại là x – 2.
Khi đó, số ghế ở mỗi hàng là
80
x2
(chiếc).
Vì lúc đó mỗi hàng còn lại phải xếp thêm 2 ghế nên ta có phương trình:
80 80
2
x2 x

Giải phương trình được: x
1
= 10 (thỏa mãn điều kiện)
x
2
= – 8 (không thỏa mãn điều kiện)
Vậ
y
lúc đầu có 10 hàn
g
g
hế.
1.0
b)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
22
xx2xx20
Vì a + b + c = 1 + 1 – 2 = 0 nên phương trình có hai nghiệm:
x
1
= 1; x
2
= – 2
Với x = 1 thì y = 1 – 2 = – 1
Với x = – 2 thì y = – 2 – 2 = – 4
A(1; – 1) và B(– 2; – 4)
2
4
-1
A
C
B
123-1-2-3
y
x
O
Dễ thấy (d) cắt Oy tại điểm C(0; – 2). Do đó:
OAB OAC OBC
2.1 2.2
SSS 3
22
 (đvdt).
1.0
Câu
7
(3,0đ)
1
1
1
1
1
D
M
N
H
O
A
B
C
E
F
0.25
a)
Ta có:
0
AEB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
0
BEM 90 (kề bù với
ADB )
Tứ giác BEMH có:
00 0
BEM BHM 90 90 180
Tứ giác BEMH nội tiếp
0.75
b)
Ta có:
0
AFB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
AFB và AHN có:
0
1
A chung ; AFB AHN 90
AFB AHN (g.g)
0.25
Gọi D là giao điểm thứ hai của AB với đường tròn ngoại tiếp AMN
11
MD
Vì
11
sđ
1
FB AE
2




và
11
BM
(tứ giác BEMH nội tiếp)
nên
11
FM
11
FD
AFC và ADN có:
111
A chung ; F D
AFC ADN (g.g)
AF AC
AF.AN AC.AD
AD AN

Mặt khác,
AFB AHN (g.g)
AF AB
AF.AN AB.AH
AH AN

Do đó,
AB.AH
AC.AD AB.AH AD
AC

không đổi
(vì A, C, B, H cố định)
Đường tròn ngoại tiếp AMN luôn đi qua điểm D cố định (khác A).
0.75
c)
1
F
E
CB
A
OH
N
D
1
1
1
1
M
Với AB = 4cm, BC = BH = 1cm thì:
AB.AH 4.5 20
AD (cm)
AC 3 3
20 5
HD AD AH 5 (cm)
33


Dễ thấy
AHM
NHD (g.g)
AH HM 5 25
HM.HN AH.HD 5
NH HD 3 3

1.0
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
2
AMN
25 10 3
MN HM HN 2 HM.HN 2 (cm)
33
11103253
SAH.MN5 (cm)
2233


Dấu “=” xảy ra
11
11
HM HN M N F N EF / /MN EF AB 
Vậy
2
AMN
25 3
min S (cm ) EF AB
3

Câu
8
(1,0đ)
Đặt a = x
2
; b = y
2
(a,b 0 ) thì


22
ab1ab
P
1a 1b


.
Vì
a,b 0
nên:
2222
22
(a b)(1 ab) a a b b ab a ab a(1 b )
a(1 2b b ) a(1 b)


Lại có
22
(1 a ) (1 a ) 4a 4a


2
2
a1 b
1
P
4
4a 1 b

Dấu “=” xảy ra
a1 x 1
b
0y0






Vậy
x1
1
maxP
y0
4


1.0
| 1/5
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
I. TRẮC NGHIỆM (2 điểm). Câu 1 2 3 4 Đáp án D A B D
II. TỰ LUẬN (8 điểm). Câu Phần Nội dung Điểm
Với m = 2, hệ (1) trở thành: x  2y  1 x  2y  1 5  x  25      2x  y  12 4x  2y  24 2x  y  12 a) 0.75 x  5 x  5     2.5  y  12 y  2
Vậy với m = 2 thì nghiệm của hệ (1) là (5; 2). 1 2  Ta thấy:  b) 2 1 0.25
 Hệ (1) luôn có nghiệm duy nhất với mọi m. Câu x  2y  3  m 2x  4y  6  2m x  2y  3  m      5 2x  y  3(m  2) 2x  y  3m  6 5  y  5m (2,0đ) x  2m  3  m x  m  3     y  m y  m Do đó: c)
A = x2 + y2 = (m + 3)2 + m2 = 2m2 + 6m + 9 1.0 2  3  9 9  2 m    m     2  2 2 3
Dấu “=” xảy ra  m   2 9 3 Vậy min A   m   2 2
Gọi số hàng ghế lúc đầu là x ( * x  N ; x  2;80x ).  80
Số ghế ở mỗi hàng lúc đầu là (chiếc). x
Nếu bớt đi 2 hàng thì số hàng còn lại là x – 2. Câu 80
Khi đó, số ghế ở mỗi hàng là (chiếc). 6 a) x  2 1.0 (2,0đ)
Vì lúc đó mỗi hàng còn lại phải xếp thêm 2 ghế nên ta có phương trình: 80 80   2 x  2 x
Giải phương trình được: x1 = 10 (thỏa mãn điều kiện)
x2 = – 8 (không thỏa mãn điều kiện)
Vậy lúc đầu có 10 hàng ghế.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): 2 2
x  x  2  x  x  2  0
Vì a + b + c = 1 + 1 – 2 = 0 nên phương trình có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = – 2
Với x = 1 thì y = 1 – 2 = – 1
Với x = – 2 thì y = – 2 – 2 = – 4
 A(1; – 1) và B(– 2; – 4) y O b) -3 -2 -1 1 2 3 x 1.0 -1 A 2 C B 4
Dễ thấy (d) cắt Oy tại điểm C(0; – 2). Do đó: 2.1 2.2 S  S  S    3 (đvdt). OAB OAC OBC 2 2 M 1 E 0.25 Câu 1 7 A 1 1 D O C B H (3,0đ) 1 F N Ta có:  0
AEB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  0 a)
 BEM  90 (kề bù với  ADB ) 0.75 Tứ giác BEMH có:   0 0 0
BEM  BHM  90  90  180
 Tứ giác BEMH nội tiếp Ta có:  0
AFB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  AFB và  AHN có:    0 0.25 1 A chung ; AFB  AHN  90   AFB  AHN (g.g)
Gọi D là giao điểm thứ hai của AB với đường tròn ngoại tiếp  AMN    1 M  1 D  1  Vì    1 F  1 B  sđAE   và   1 B  1
M (tứ giác BEMH nội tiếp)  2  nên   1 F  1 M    1 F  1 D b)  AFC và  ADN có:    1 A chung ; 1 F  1 D   AFC  ADN (g.g) 0.75 AF AC    AF.AN  AC.AD AD AN
Mặt khác,  AFB  AHN (g.g) AF AB    AF.AN  AB.AH AH AN AB.AH
Do đó, AC.AD  AB.AH  AD  không đổi AC (vì A, C, B, H cố định)
 Đường tròn ngoại tiếp  AMN luôn đi qua điểm D cố định (khác A). M 1 E A 1 D O C B H 1 c) 1 1.0 F 1 N
Với AB = 4cm, BC = BH = 1cm thì: AB.AH 4.5 20 AD    (cm) AC 3 3 20 5  HD  AD  AH   5  (cm) 3 3
Dễ thấy  AHM  NHD (g.g) AH HM 5 25  
 HM.HN  AH.HD  5  NH HD 3 3
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 25 10 3
MN  HM  HN  2 HM.HN  2  (cm) 3 3 1 1 10 3 25 3 2       S AH.MN 5 (cm ) AMN 2 2 3 3 Dấu “=” xảy ra     HM  HN  1 M  1 N  1 F  1 N  EF / /MN  EF  AB 25 3 Vậy 2 minS  (cm )  EF  AB AMN 3 a  b1 ab
Đặt a = x2; b = y2 ( a,b  0) thì P  . 1 a2 1 b2 Vì a, b  0 nên: 2 2 2 2
(a  b)(1 ab)  a  a b  b  ab  a  ab  a(1 b ) 2 2
 a(1 2b  b )  a(1 b) Câu Lại có 2 2
(1 a)  (1 a)  4a  4a 8 1.0 a 1 b2 (1,0đ) 1  P   4a 1 b2 4 a  1 x  1  Dấu “=” xảy ra     b  0 y  0 1 x  1  Vậy m axP    4 y  0